Γκύζη 14-Αθήνα Τηλ : 10.64.5.777 ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. β Α. β Α4. γ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 1 ΙΟΥΝΙΟΥ 01 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α5. α. Θεωρία σχολικού βιβλίου, σελίδα 1 β. Θεωρία σχολικού βιβλίου, σελίδα 1 ΘΕΜΑ Β Β1. α. 7Ν : 1s s p οπότε έχει μονήρη e 8O : 1s s p 4 οπότε έχει μονήρη e 11Na : 1s s p 6 s 1 οπότε έχει 1 μονήρη e Άρα το Ν έχει τα περισσότερα μονήρη ηλεκτρόνια β. ** ** ** * * * ** Na O * * N O * * * ** ** ** ** ** Β. α. Σωστό: 4 Se : 1s s p 6 s p 6 d 10 4s 4p 4 β. Σωστό: Το τελευταίο στοιχείο θα έχει τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα αφού ανήκει στην επόμενη περίοδο άρα θα έχει μικρότερη E i. γ. Λάθος: To H SO 4 είναι ισχυρό στο πρώτο στάδιο ιοντισμού, ασθενές όμως στο δεύτερο: HSO 4 + HO HO + HSO4 (πλήρης ιοντισμός) 0,1 0,1 0,1 + HSO4 + HO HO + SO4 (πλήρης ιοντισμός) 0,1 + Άρα: [HO ] = 0,1+ < 0, δ. Λάθος: Πρόκειται για επίδραση του κοινού ιόντος OH, οπότε ο βαθμός ιοντισμού της ασθενούς βάσης θα μειωθεί. B. Η βουτανάλη με Fehling (CuSO 4,NaOH και τραγικό κάλιο-νάτριο) δίνει από γαλάζιο χρώμα καστανέρυθρο ίζημα. Επίσης, με επίδραση αντιδραστηρίου Tollens (AgNO, NH, H O) δίνει κάτοπτρο αργύρου. Το βουτανικό οξύ με Na CO ή NaHCO ελκύει αέριο CO, το οποίο αν διοχετευτεί σε διάλυμα Ca(OH) δημιουργεί θόλωμα (ίζημα CaCO ). 1
Γκύζη 14-Αθήνα Τηλ : 10.64.5.777 ΘΕΜΑ Γ Η βουτανόνη δεν αποχρωματίζει το ερυθροϊώδες διάλυμα KMnO 4 /H SO 4, αλλά με επίδραση I, NaOH θα δίνει κίτρινο ίζημα. Η -βουτανόλη αποχρωματίζει το ερυθροϊώδες διάλυμα KMnO 4 /H SO 4 και με επίδραση I, NaOH θα δίνει κίτρινο ίζημα. Γ1. α. Η ένωση C 5 H 10 O είναι του τύπου C ν H ν O (κορεσμένα μονοκαρβοξυλικά οξέα ή εστέρες από κορεσμένα μονοκαρβοξυλικά οξέα και κορεσμένες μονοσθενείς αλκοόλες). Επειδή με επίδραση NaOH δίνει δύο οργανικές ενώσεις Β και Γ πρόκειται για εστέρα. (Το οξύ δίνει άλας και νερό). RCOOR + NaOH RCOONa + R OH (B) (Γ) R \ R \ 5 OH + KMnO4 + HSO4 5 C = O + KSO4 + MnSO4 + 8HO / / (Γ) (Δ) R \ C = O + Cl + 4NaOH R COONa + Cl + NaCl + H O / (Β) (Ε) Επειδή R είναι το ίδιο με το R η ένωση (Γ) γράφεται: εστέρας έχει τη μορφή: RCOO R και αφού έχει πέντε άτομα άνθρακα το R θα είναι. β. Άρα (Α): COO (Β): COONa (Γ): OH (Δ): C = O (Ε): Cl R \ OH οπότε ο /
Γκύζη 14-Αθήνα Τηλ : 10.64.5.777 Γ. Έστω ότι mol αλκοόλης μετατράπηκαν σε αλδεΰδη και y mol έγιναν οξύ. Οι σχετικές αντιδράσεις είναι: OH + KCrO 7 + 4HSO 4 O + KSO 4 + Cr(SO) 4 + 7HO OH + KCrO 7 + 8HSO 4 COOH + KSO 4 + Cr(SO 4) + 11 HO y y y τρυγικά O + CuSO4 + 5NaOH ιόντα COOΝa+ CuO + NaSO4 + HO Έχουμε 8,6gr ιζήματος, οπότε: MrCu O = 8,6 14 = 8,6 = 0, mol Επίσης: COOH + NaOH COOΝa+ HO y y Άρα ΘΕΜΑ Δ 1 00 y y = = 0, και nkcro = + = 0,. Τελικά: 7 1000 Δ1. Για τα mol των HA και NaOH έχουμε: nha = 0,1 0,01= 0,00 mol και nnaoh = 0,1 0,01= 0,001mol HA + NaOH + HO αρχικά 0,00 0,001 τελικά 0,001 0 0,001 0,001 0,001 Οι συγκεντρώσεις στο Υ είναι: A = Μ και C V Παρατηρούμε ότι: C HA = C Από ιοντισμό του ΗΑ και διάσταση του ΝαΑ έχουμε: τελικά HA + H O H O + A A = 10 4 και Na + A τελικά C C C 4 [HO ] [A ] 10 C Ka = = 10 [HA] C HA 4 n V = = L c 0,001 = Μ V Δ. Για τα mol των ΗΑ και ΝαΟΗ έχουμε: nha = 0,1 0,018 = 0,0018 mol και nnaoh = 0,1 0,0 = 0,00 mol
Γκύζη 14-Αθήνα Τηλ : 10.64.5.777 HA + NaOH + HO αρχικά 0,0018 0,00 τελικά 0 0,0004 0,0018 0,0018 0,0004 Οι συγκεντρώσεις στο Υ 4 είναι: CNaOH = = 0,01Μ και C 40 10 = 0,045Μ Το ph θα καθοριστεί από την ισχυρή βάση ΝαΟΗ και τα OH που προέρχονται από τον ιοντισμό του A είναι αμελητέα σε σχέση με αυτά της ισχυρής βάσης. + NaOH Na + OH τελικά 0,01 0,01 Οπότε: [OH ] = 0,01 = 10. Άρα ph = 1 Δ. α. Για τα mol των ΗΒ και ΝaΟΗ έχουμε: n = 0,06 Cmol, όπου C η συγκέντρωση του HB στο Y 5 και HB n = 0,1 0,00 = 0,000mol NaOH HB + NaOH NaB + HO αρχικά 0,06 C 0,00 αντ./παρ. 0,00 0,00 0,00 0,00 τελικά 0,06 C0,00 0 0,00 0,00 Οπότε ισχύουν: HB + HO HO + B και NaB Na + B που με προσεγγίσεις καταλήγουν στον τύπο του ρυθμιστικού: 0,06 C 0,00 + B 4 Vτελ 4 0,06 C 0,00 [HO ] = Ka 10 = Ka 10 = Ka (1) C 0,00 NaB 0,00 Vτελ Αντίστοιχα, όταν προσθέσουμε 50 ml του Υ έχουμε: Για τα mol των ΗΒ και ΝaΟΗ: n = 0,06 Cmol, όπου C η συγκέντρωση του HB στο Y 5 και HB n = 0,1 0,05 = 0,005 mol NaOH HB + NaOH NaB + HO αρχικά 0,06 C 0,005 αντ./παρ. 0,005 0,005 0,005 0,005 τελικά 0,06 C0,005 0 0,005 0,005 Οπότε ισχύουν: HB + HO HO + B και NaB Na + B που με προσεγγίσεις καταλήγουν στον τύπο του ρυθμιστικού: 0,06 C 0,005 + B 5 Vτελ 5 0,06 C 0,005 [HO ] = Ka 10 = Ka 10 = Ka () C 0,005 NaB 0,005 Vτελ Διαιρώντας κατά μέλη τις (1) και () προκύπτει: 4
Γκύζη 14-Αθήνα Τηλ : 10.64.5.777 0,06 C 0,00 0,00 5 0,06 C 0,00 10 = 10 = C = 0,1M 0,06 C 0,005 0,06 C 0,005 0,005 5 Με αντικατάσταση στην (1) ή στη () παίρνουμε: = 5 10. β. Στο ισοδύναμο σημείο nnaoh = nhb άρα: 0,1 VNaOH = 0,1 0,06 VNaOH = 0,06 L. Οπότε: Vτελ = 0,06+ 0,06 = 0,1L Επομένως: HB + NaOH NaB + HO αρχικά 0,006 0,006 τελικά 0 0 0,006 0,006 0,006 Οπότε: CNaB = = 0,05Μ 0,01 και για τη διάσταση του ΝaB είναι: NaB Na + B τελικά 0,05 0,05 0,05 Το Na + δεν επιδρά στο HO, οπότε για τον ιοντισμό του B έχουμε: B + HO HB + OH αρχικά 0,05 τελικά 0,05ω ω ω 14 [HB] [OH ] Kw ω ω 10 ω Άρα: Kb = = ω 10 ω 10 5 [B ] Ka 0,5 ω 5 10 0,5 Δηλαδή: poh = 5,5 και ph = 8,5. Ka 11 5,5 5